COMP. FIS.GEN.11,1,2..

Compito di Fisica Generale di Ingegneria CIVILE
11 gennaio 2010.
Esercizio 1: Un cubo di massa M = 3 kg si muove liberamente con velocità v0 nel verso positivo
dell' asse x orizzontale scivolando su un piano orizzontale privo di attrito. Un cubetto di massa m =
0.5 kg è appoggiato sul cubo come mostrato in figura e fra i due c'è un coefficiente di attrito statico
pari a µs = 0.3. Ad un dato istante t = 0 il cubo inizia a toccare la molla di costante elastica K = 100
N/m inizialmente a riposo.
m
v0
K
M
x
1.1- Si dica quale è il massimo valore vmax che deve avere la velocità v0 perchè il cubetto non
scivoli mai sul cubo. ( 5 punti)
1.2 - Supponendo, ora, che v0 = 1 m/s ( v0 > vmax), si dica a quale istante t = t0 il cubetto inizia a
scivolare sul cubo. (5 punti)
Esercizio 2 - Su un cilidretto di raggio R = 1 cm e massa m = 0.3 kg è avvolto un filo inestensibile
di lunghezza L = 1m. Un'estremità del filo è fissata sulla superfice del cilindretto mentre l'altra
estremità è fissata al soffitto. Inizialmente il filo è totalmente avvolto sul cilindretto e il cilindretto
viene tenuto fermo. Al tempo t = 0 il cilindretto viene lasciato libero di cadere.
g
2.1 - Si dica quale è la velocità massima raggiunta dal cindretto nella caduta ( si trascuri il piccolo
tratto di filo inizialmente srotolato). ( 4 punti)
2.2 - Arrivato alla fine della corsa, il cilindretto rimbalza indietro elasticamente. Si dica a quale
tempo il cilindretto torna nella posizione iniziale. (4 punti)
2.3- Supponendo che l'intervallo di tempo durante il quale avviene il "rimbalzo" sia pari a ∆t =
0.001 s, si dica quale è la tensione media che deve esercitare il filo durante questo intervallo. ( 2
punti)
Esercizio 3- Un condensatore piano è costituito da due armature quadrate di lato L = 10 cm
perfettamente conduttrici. Se indichiamo con x l'asse perpendicolare alle armature, la prima
armatura si trova in x = 0 e la seconda in x = d = 1 mm. Lo spazio interno fra le armature è riempito
completamente con un conduttore la cui conducibilità elettrica dipende da x secondo la legge σ = σ0
+ k x, dove σ0 = 10 - 6 Ω- 1m-1 e k = 10 - 3 Ω-1 m- 2. Una d.d.p. V = 3 V è applicata fra le armature.
x
E
y
3.1 - Sapendo che il campo elettrico presente in x = 0 è pari ad E0, si calcoli il campo presente a
regime negli altri punti in funzione di E0. (3 punti)
3.2 - Si trovi il valore di E0. ( 4 punti)
3.3 - Si calcoli il valore della carica elettrica Q che si accumula nel mezzo presente fra le armature
in condizioni di regime ( per questa domanda si assuma che la costante dielettrica del mezzo sia
quella del vuoto (ε0 = 8.854 10 -12 F/m) e che, quindi, gli effetti dielettrici siano trascurabili) ( 3
punti)
ATTENZIONE: LE RISPOSTE DEVONO ESSERE GIUSTIFICATE INDICANDO I
PASSAGGI LOGICI ESSENZIALI UTILIZZATI PER ARRIVARE AL RISULTATO
FINALE. RISPOSTE SENZA ALCUNA GIUSTIFICAZIONE, ANCHE SE CORRETTE,
NON SARANNO PRESE IN CONSIDERAZIONE.
Soluzione Esercizio 1- 1.1- Se il cubetto resta fermo rispetto al cubo, allora il sistema, dopo il
tempo t = 0, si comporta come un unico corpo di massa MT= 3.5 kg collegato ad una molla di
costante elastica K. Di conseguenza, il sistema tende a oscillare armonicamente con pulsazione:
K
ω=
= 5.35
rad/s
(1)
MT
Inizialmente la massa rallenta fino a fermarsi quando raggiunge il punto di massima compressione
∆xmax della molla che s ottiene imponendo la conservazione dell'energia meccanica.
v
MT
1
1
2
∆x max = v 0
= 0
M T v02 = K∆x max
(2)
K
2
2
ω
In tale posizione l'accelerazione del cubetto è massima e pari in modulo a K∆xmax/MT = ωv0. Perchè
il cubetto possa avere questa accelerazione è necessari che la forza di attrito aagente su di esso
possa raggiungere il valore:
Fa = ma max = mωv 0
(3)
D'altra parte, la massima forza di attrito è F = µs m g, dunque Fa < F solo se
µ g
v0 ≤ v max = s = 0.55 m/s
(4)
⇒
ω
1.2 - La velocità in un moto armonico ha la forma generale:
v = A cos(ωt + ϕ )
(5)
Nel presente caso, la velocità è massima al tempo t = 0, dunque ϕ = 0. Inoltre, poichè v (t =0) = v0,
si deduce A = v0. Dunque:
v = v0 cos(ωt )
(6)
Il modulo dell'accelerazione ad ogni istante ( finchè il cubo grande resta attaccato alla molla) è:
dv
(7)
| a |=
= ω v0 sin ωt
dt
Il cubetto inizia a scivolare quando il modulo della forza di attrito necessaria per far accelerare il
cubetto con l'accelerazione (7) supera il massimo valore F = µs m g, cioè al tempo t0 in cui :
µ g 1
v 
1
ωv0 sin ωt 0 = µ s g
t 0 = arcsin s  = arcsin max  = 0.109 s. (8)
ω
 ωv 0  ω
 v0 
Soluzione Esercizio 2. 2.1- Prendiamo come 0 dell'energia potenziale la posizione iniziale del
centro di massa. Poichè il cilindro è inizialmente fermo, l'energia meccanica iniziale è
Ei = 0
(1)
La massima velocità verrà raggiunta quando il filo si è totalmente srotolato, cioè quando il centro di
massa è sceso di una lungheza pari a L ( si trascura il tratto di filo inizialmente srotolato). Dunque,
l'energia meccanica finale è
1 2
1 2
E f = mv max
+ Iω max
− mgL
(2)
2
2
Dove I = mR2/2 è il momento di inerzia del cilindro rispetto al C.M. Per la conservazione
dell'energia meccanica, Ef = Ei =0. Inoltre, il moto del cilindro è di rotolamento e, quindi v = ω R ad
ogni istante. Ne consegue, dopo semplici passaggi algebrici,
4 gL
3 2
v max =
E f = mv max
− mgL
=3.61 m/s
(3)
4
3
2.2- Si applica al cilindro la I e II equazione cardinale della dinamica considerando come polo il
C.M. Dunque:
mg − T = ma
(4)
mRa
TR = Iα =
(5)
2
⇒
⇒
dove T = tensione del filo. Ricavando T dalla (5) e sostituendo nella (4) si trova:
2
a= g
(6)
3
Dunque, il sistema si muove di moto uniformemente accellerato e raggiunge il punto di massimo
allungamento del filo al tempo t0 tale che:
1
2L
3L
L = at 02
t0 =
=
(7)
2
a
g
Dopodichè il cilindro rimbalza elasticamente e, dopo un intervallo di tempo ancora pari a t0, ritorna
nella posizione iniziale. Il tempo totale è, perciò:
3L
∆t = 2t 0 = 2
= 1.11 s
(8)
g
2.3- La quantità di moto del cilindretto subito prima del rimbalzo è p = mvmax k, dove k è il versore
diretto nel verso della gravità. Dopo il rimbalzo, la q. m. cambia segno, dunque la tensione media è
2mvmax
∆p
T =
=−
k = 2.17 103 N k
(9)
∆t
∆t
Soluzione esercizio 3.
3.1- A regime, la densità di corrente J è costante in ogni punto della piastra conduttrice. Poichè in x
= 0 il campo è pari a E0 e la conducibilità è σ(0) = σ0, la densità corrente è J = σ0E0. Dunque, in
ogni punto vale la relazione:
σ E
σ E
σ ( x) E ( x) = σ 0 E 0
E ( x) = 0 0 = 0 0
(1)
σ ( x) σ 0 + kx
3.2 - Poichè è noto il valore della ddp V fra le armature, il valore incognito di E0 si ottiene
utilizzando la relazione:
σ + kd
d
d
σ E
σ E 0 1
V = ∫ E ( x)dx = ∫ 0 0 dx = 0 0 ∫
dy
(2)
k
σ 0 + kx
σ0 y
0
0
⇒
⇒
dove abbiamo fatto la sostituzione y = σ0 + kx. La soluzione dell'integrale (2) è
σ E
σ + kd σ 0 E 0
kV
E0 =
V = 0 0 ln 0
=
ln 2
= 4.33 103 V/m (3)
k
σ0
k
σ 0 ln 2
⇒
3.3 - Se si applica il teorema di Gauss a tutto il volume compreso fra le armature si trova:
[E (d ) − E (0)]L2 = Q
(4)
ε0
dove
E (d ) =
σ 0 E0
E
= 0
σ 0 + kd
2
e
Sostituendo le (5) nella (4) si trova
1
Q = − ε 0 E 0 L2 = 1.92 10 -10 C = 192 pC
2
E(0) = E0
(5)